1020 - 多重背包可行性 - Coins（POJ1742）

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传送门

分析

虽然用朴素的多重背包加二进制拆分能卡过去，但时间复杂度应该是错误的

我们还是来讲一下O（n*m）的算法

由于这道题只要求了可行性（也就是面值能否被拼凑出来）

那么我们分析一下，发现一个面值能被拼凑出来当前仅当

1. 前i-1种硬币已经拼出来
2. 使用了第i种硬币，且j-a[i]已经拼凑出来了

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>

#define in read()
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
	char ch;int f=1,res=0;
	while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') f=-1;
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		res=(res<<3)+(res<<1)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f==1?res:-res;	
}
int a[105],c[105],m,n,cnt[100009];
bool f[100009];
int main(){
	while(1){
		n=in;m=in;
		if(!n&&!m) break;
		int i,k;
		for(i=1;i<=n;++i) a[i]=in;
		for(i=1;i<=n;++i) c[i]=in;
		ll ans=0;
		memset(f,0,sizeof(f));
		f[0]=1;
		for(i=1;i<=n;++i){
			memset(cnt,0,sizeof(cnt));
			for(k=a[i];k<=m;++k){//attention
				if(!f[k]&&f[k-a[i]]&&cnt[k-a[i]]<c[i])
				{
					f[k]=1;cnt[k]=cnt[k-a[i]]+1;
					ans++;
				}
			}
			
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}

虽然 k 循环那里我们使用了完全背包的想法，但cnt[]就可以限制使用个数，符合多重背包